İxtiyari sabitlər. Xətti qeyri-bərabər tənliklərin həlli üçün ixtiyari sabitin dəyişməsi üsulu

Mühazirə 44. İkinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklər. İxtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu. Sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti qeyri-bərabər tənliklər. (xüsusi sağ tərəf).

Sosial çevrilmələr. Dövlət və kilsə.

Sosial siyasət Bolşevikləri əsasən onların sinfi yanaşması diktə edirdi. 1917-ci il 10 noyabr tarixli fərmanla sinfi sistem məhv edildi, inqilabdan əvvəlki rütbələr, titullar və mükafatlar ləğv edildi. Hakimlərin seçkisi müəyyən edilib; sivil dövlətlərin dünyəviləşdirilməsi həyata keçirilirdi. Pulsuz təhsil və tibbi xidmət yaradıldı (31 oktyabr 1918-ci il fərmanı). Qadınlara kişilərlə bərabər hüquqlar verildi (16 və 18 dekabr 1917-ci il fərmanları). Nikah haqqında Fərman vətəndaş nikahı institutunu tətbiq etdi.

Xalq Komissarları Sovetinin 20 yanvar 1918-ci il tarixli qərarı ilə kilsə dövlətdən və təhsil sistemindən ayrıldı. Kilsə əmlakının çox hissəsi müsadirə edildi. Moskva və Bütün Rusiyanın Patriarxı Tixon (5 noyabr 1917-ci ildə seçildi) 1918-ci il yanvarın 19-da sovet hakimiyyətini anathematize etdi və bolşeviklərə qarşı mübarizəyə çağırdı.

Xətti qeyri-bərabər ikinci dərəcəli tənliyi nəzərdən keçirək

Belə bir tənliyin ümumi həllinin strukturu aşağıdakı teoremlə müəyyən edilir:

Teorem 1.Ümumi həll yolu deyil homojen tənlik(1) bu tənliyin bəzi xüsusi həlli ilə müvafiq homojen tənliyin ümumi həllinin cəmi kimi təmsil olunur

Sübut. Bu məbləği sübut etmək lazımdır

var ümumi qərar tənlik (1). Əvvəlcə (3) funksiyasının (1) tənliyinin həlli olduğunu sübut edək.

Cəmi (1) tənliyinə əvəz etmək saat, olacaq

(2) tənliyinin həlli olduğundan birinci mötərizədəki ifadə eyni şəkildə sıfıra bərabərdir. (1) tənliyinin həlli olduğundan ikinci mötərizədəki ifadə bərabərdir f(x). Buna görə də bərabərlik (4) eynilikdir. Beləliklə, teoremin birinci hissəsi sübuta yetirilir.

İkinci ifadəni sübut edək: (3) ifadəsidir general(1) tənliyinin həlli. Sübut etməliyik ki, bu ifadəyə daxil olan ixtiyari sabitləri elə seçmək olar ki, ilkin şərtlər yerinə yetirilsin:

rəqəmlər nə olursa olsun x 0 , y 0 və (yalnız əgər x 0 funksiyalarının olduğu ərazidən götürülüb a 1, a 2 Və f(x) davamlı).

şəklində təmsil oluna biləcəyini nəzərə alaraq. Sonra (5) şərtlərinə əsasən bizdə olacaq

Gəlin bu sistemi həll edək və müəyyən edək C 1 Və C 2. Sistemi formada yenidən yazaq:

Qeyd edək ki, bu sistemin determinantı funksiyalar üçün Wronski determinantıdır 1-də Və 2-də nöqtədə x=x 0. Bu funksiyalar şərtə görə xətti müstəqil olduğundan Wronski determinantı sıfıra bərabər deyil; buna görə də (6) sisteminin müəyyən həlli var C 1 Və C 2, yəni. belə mənalar var C 1 Və C 2, hansı düsturla (3) verilmiş ilkin şərtləri təmin edən (1) tənliyinin həllini müəyyən edir. Q.E.D.

Qeyri-homogen tənliyin qismən həllinin tapılmasının ümumi üsuluna keçək.

Homojen tənliyin ümumi həllini yazaq (2)

Biz qeyri-homogen tənliyin (1) xüsusi həllini (7) şəklində axtaracağıq. C 1 Və C 2 bəzi hələ bilinməyən funksiyalar kimi X.

Gəlin bərabərliyi fərqləndirək (7):

Gəlin axtardığınız funksiyaları seçək C 1 Və C 2 bərabərlik təmin olunsun

Bu əlavə şərti nəzərə alsaq, onda birinci törəmə forma alacaq

İndi bu ifadəni fərqləndirərək tapırıq:

(1) tənliyini əvəz edərək, alırıq

İlk iki mötərizədəki ifadələr sıfıra çevrilir, çünki y 1 Və y 2– homojen tənliyin həlli. Buna görə də sonuncu bərabərlik formasını alır

Beləliklə, (7) funksiyası qeyri-bərabər tənliyin (1) həlli olacaqdır C 1 Və C 2(8) və (9) tənliklərini təmin edin. (8) və (9) tənliklərindən tənliklər sistemi yaradaq.

Bu sistemin determinantı xətti müstəqil həllər üçün Wronski determinantıdır y 1 Və y 2 tənliyi (2), onda sıfıra bərabər deyil. Buna görə də, sistemi həll edərək, hər ikisinin müəyyən funksiyalarını tapacağıq X:

Bu sistemi həll edərək, haradan, inteqrasiya nəticəsində əldə edirik. Sonra tapılmış funksiyaları düsturla əvəz edirik, qeyri-bərabər tənliyin ümumi həllini alırıq, burada ixtiyari sabitlər var.

İxtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu

Xətti qeyri-homogen diferensial tənliyin həllinin qurulması üçün ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu

a n (t)z (n) (t) + a n − 1 (t)z (n − 1) (t) + ... + a 1 (t)z"(t) + a 0 (t)z(t) = f(t)

ixtiyari sabitləri əvəz etməkdən ibarətdir c kümumi həllində

z(t) = c 1 z 1 (t) + c 2 z 2 (t) + ... + c n z n (t)

uyğun homojen tənlik

a n (t)z (n) (t) + a n − 1 (t)z (n − 1) (t) + ... + a 1 (t)z"(t) + a 0 (t)z(t) = 0

köməkçi funksiyalar üçün c k (t) törəmələri xətti cəbr sistemini təmin edən

(1) sisteminin determinantı funksiyaların Wronskianıdır z 1 ,z 2 ,...,z n , bu da onun unikal həllini təmin edir.

Əgər inteqrasiya sabitlərinin sabit qiymətlərində qəbul edilirsə, onda funksiya

orijinal xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyin həllidir. Müvafiq bircins tənliyin ümumi həllinin mövcudluğunda qeyri-homogen tənliyin inteqrasiyası beləliklə kvadratlara endirilir.

Normal vektor formasında xətti diferensial tənliklər sisteminin həlli üçün ixtiyari sabitlərin dəyişməsi üsulu.

şəklində müəyyən bir həllin (1) qurulmasından ibarətdir

Harada Z(t) matris şəklində yazılmış uyğun bircinsli tənliyin həllərinin əsasını təşkil edir və ixtiyari sabitlərin vektorunu əvəz edən vektor funksiyası əlaqə ilə müəyyən edilir. Tələb olunan xüsusi həll (sıfır ilkin qiymətlərlə t = t 0 kimi görünür

Sabit əmsalları olan bir sistem üçün sonuncu ifadə sadələşdirilmişdir:

Matris Z(t)Z− 1 (τ)çağırdı Koşi matrisi operator L = A(t) .

İndi xətti qeyri-homogen tənliyi nəzərdən keçirək
. (2)
y 1 ,y 2 ,.., y n əsas həllər sistemi, L(y)=0 uyğun bircins tənliyin ümumi həlli olsun. Birinci dərəcəli tənliklər vəziyyətinə bənzər şəkildə, (2) tənliyinin həllini formada axtaracağıq.
. (3)
Bu formada bir həllin mövcud olduğuna əmin olaq. Bunun üçün funksiyanı tənliyə əvəz edirik. Bu funksiyanı tənliyə əvəz etmək üçün onun törəmələrini tapırıq. Birinci törəmə bərabərdir
. (4)
İkinci törəməni hesablayanda (4) sağ tərəfində dörd şərt, üçüncü törəməni hesablayanda səkkiz şərt və s. Buna görə də, sonrakı hesablamaların rahatlığı üçün (4) bəndinin birinci həddi sıfıra bərabər təyin olunur. Bunu nəzərə alsaq, ikinci törəmə bərabərdir
. (5)
Əvvəlki kimi eyni səbəblərə görə (5) bəndində biz də birinci həddi sıfıra bərabər qoyduq. Nəhayət, n-ci törəmədir
. (6)
Törəmələrin əldə edilmiş dəyərlərini orijinal tənliyə əvəz edərək, əldə edirik
. (7)
y j , j=1,2,...,n funksiyaları L(y)=0 uyğun bircins tənliyin həlli olduğundan (7)-də ikinci həd sıfıra bərabərdir. Əvvəlki ilə birləşdirərək, C" j (x) funksiyalarını tapmaq üçün cəbri tənliklər sistemi əldə edirik.
(8)
Bu sistemin determinantı L(y)=0 uyğun bircins tənliyin y 1 ,y 2 ,..,y n əsas həllər sisteminin Wronski determinantıdır və buna görə də sıfıra bərabər deyil. Beləliklə, sistem (8) üçün unikal bir həll var. Onu taparaq C" j (x), j=1,2,…,n funksiyalarını əldə edirik və nəticədə C j (x), j=1,2,...,n Bu dəyərləri əvəz edərək (3) xətti qeyri-bərabər tənliyin həllini əldə edirik.
Təqdim olunan metod ixtiyari sabitin dəyişmə metodu və ya Laqranj metodu adlanır.

Nümunə №1. y"" + 4y" + 3y = 9e -3 x tənliyinin ümumi həllini tapaq. Müvafiq bircins y"" + 4y" + 3y = 0 tənliyini nəzərdən keçirək. Onun xarakterik tənliyinin r 2 + 4r + 3 kökləri. = 0 -1 və - 3-ə bərabərdir. Buna görə də bircinsli tənliyin əsas həllər sistemi y 1 = e - x və y 2 = e -3 x funksiyalarından ibarətdir. Qeyri-bircins tənliyin həllini y = C 1 (x)e - x + C 2 (x)e -3 x şəklində axtarırıq. C" 1 , C" 2 törəmələrini tapmaq üçün (8) tənliklər sistemini tərtib edirik.
C′ 1 ·e -x +C′ 2 ·e -3x =0
-C′ 1 ·e -x -3C′ 2 ·e -3x =9e -3x
həll edən, tapırıq , Alınan funksiyaları inteqrallaşdıraraq, biz var
Nəhayət alırıq

Nümunə № 2. İxtiyari sabitləri dəyişmək üsulundan istifadə edərək sabit əmsallı ikinci dərəcəli xətti diferensial tənlikləri həll edin:

y(0) =1 + 3ln3
y’(0) = 10ln3

Həll:
Bu diferensial tənlik sabit əmsallı xətti diferensial tənliklərə aiddir.
Tənliyin həllini y = e rx şəklində axtaracağıq. Bunun üçün sabit əmsallı xətti homojen diferensial tənliyin xarakterik tənliyini tərtib edirik:
r 2 -6 r + 8 = 0
D = (-6) 2 - 4 1 8 = 4

Xarakterik tənliyin kökləri: r 1 = 4, r 2 = 2
Beləliklə, əsas həllər sistemi aşağıdakı funksiyalardan ibarətdir: y 1 =e 4x, y 2 =e 2x.
Homojen tənliyin ümumi həlli formaya malikdir: y =C 1 e 4x +C 2 e 2x
İxtiyari sabiti dəyişdirmə üsulu ilə müəyyən bir həll axtarın.
C" i törəmələrini tapmaq üçün tənliklər sistemini tərtib edirik:
C′ 1 ·e 4x +C′ 2 ·e 2x =0
C′ 1 (4e 4x) + C′ 2 (2e 2x) = 4/(2+e -2x)
Birinci tənlikdən C" 1 ifadə edək:
C" 1 = -c 2 e -2x
və onu ikinci ilə əvəz edin. Nəticədə əldə edirik:
C" 1 = 2/(e 2x +2e 4x)
C" 2 = -2e 2x /(e 2x +2e 4x)
Alınan C" i funksiyalarını birləşdiririk:
C 1 = 2ln(e -2x +2) - e -2x + C * 1
C 2 = ln(2e 2x +1) – 2x+ C * 2

y =C 1 ·e 4x +C 2 ·e 2x olduğundan, yaranan ifadələri aşağıdakı formada yazırıq:
C 1 = (2ln(e -2x +2) - e -2x + C * 1) e 4x = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x
C 2 = (ln(2e 2x +1) – 2x+ C * 2)e 2x = e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 2 e 2x
Beləliklə, diferensial tənliyin ümumi həlli formaya malikdir:
y = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + C * 1 e 4x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 2 e 2x
və ya
y = 2 e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + C * 1 e 4x + C * 2 e 2x

Şərt altında xüsusi bir həll tapaq:
y(0) =1 + 3ln3
y’(0) = 10ln3

Tapılmış tənlikdə x = 0-ı əvəz etməklə əldə edirik:
y(0) = 2 ln(3) - 1 + ln(3) + C * 1 + C * 2 = 3 ln(3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
Alınan ümumi həllin birinci törəməsini tapırıq:
y’ = 2e 2x (2C 1 e 2x + C 2 -2x +4 e 2x ln(e -2x +2)+ ln(2e 2x +1)-2)
x = 0-ı əvəz edərək əldə edirik:
y’(0) = 2(2C 1 + C 2 +4 ln(3)+ ln(3)-2) = 4C 1 + 2C 2 +10 ln(3) -4 = 10ln3

İki tənlik sistemi alırıq:
3 ln(3) - 1 + C * 1 + C * 2 = 1 + 3ln3
4C 1 + 2C 2 +10 ln(3) -4 = 10ln3
və ya
C*1+C*2=2
4C 1 + 2C 2 = 4
və ya
C*1+C*2=2
2C 1 + C 2 = 2
Kimdən: C 1 = 0, C * 2 = 2
Şəxsi həll aşağıdakı kimi yazılacaq:
y = 2e 4x ln(e -2x +2) - e 2x + e 2x ln(2e 2x +1) – 2x e 2x + 2 e 2x

İxtiyari sabitin dəyişməsi üsulu və ya Laqranj üsulu birinci dərəcəli xətti diferensial tənlikləri və Bernulli tənliyini həll etməyin başqa bir yoludur.

Birinci dərəcəli xətti diferensial tənliklər y’+p(x)y=q(x) formalı tənliklərdir. Sağ tərəfdə sıfır varsa: y’+p(x)y=0, onda bu xəttidir. homojen 1-ci dərəcəli tənlik. Müvafiq olaraq, sağ tərəfi sıfır olmayan y’+p(x)y=q(x) olan tənlikdir. heterojen 1-ci dərəcəli xətti tənlik.

İxtiyari sabitin dəyişmə üsulu (Laqranj metodu) aşağıdakı kimidir:

1) y’+p(x)y=0: y=y* homojen tənliyinin ümumi həllini axtarırıq.

2) Ümumi həlldə C-ni sabit deyil, x-in funksiyası hesab edirik: C = C (x). Ümumi həllin (y*)’ törəməsini tapırıq və nəticədə y* və (y*)’ ifadəsini ilkin şərtlə əvəz edirik. Alınan tənlikdən C(x) funksiyasını tapırıq.

3) Bircins tənliyin ümumi həllində C əvəzinə tapılmış C(x) ifadəsini əvəz edirik.

İxtiyari sabitin dəyişdirilməsi üsulunun nümunələrinə baxaq. Gəlin eyni tapşırıqları götürək, həllin gedişatını müqayisə edək və alınan cavabların üst-üstə düşdüyünə əmin olun.

1) y’=3x-y/x

Gəlin tənliyi standart formada yenidən yazaq (Bernulli metodundan fərqli olaraq, burada qeyd forması yalnız tənliyin xətti olduğunu görmək üçün lazım idi).

y’+y/x=3x (I). İndi plana uyğun olaraq davam edirik.

1) y’+y/x=0 homojen tənliyini həll edin. Bu, ayrıla bilən dəyişənləri olan bir tənlikdir. Təsəvvür edin y’=dy/dx, əvəz edin: dy/dx+y/x=0, dy/dx=-y/x. Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vurub xy≠0-a bölürük: dy/y=-dx/x. Gəlin inteqrasiya edək:

2) Homojen tənliyin nəticədə ümumi həllində C-ni sabit deyil, x-in funksiyası hesab edəcəyik: C=C(x). Buradan

Yaranan ifadələri (I) şərti ilə əvəz edirik:

Tənliyin hər iki tərəfini birləşdirək:

burada C artıq bəzi yeni sabitdir.

3) C=C(x), yəni y=C(x)/x qəbul etdiyimiz y=C/x homogen tənliyinin ümumi həllində C(x) əvəzinə tapılmış x³ ifadəsini əvəz edirik. +C: y=(x³ +C)/x və ya y=x²+C/x. Bernulli üsulu ilə həll edərkən eyni cavabı aldıq.

Cavab: y=x²+C/x.

2) y’+y=cosx.

Burada tənlik artıq standart formada yazılıb, onu çevirməyə ehtiyac yoxdur.

1) y’+y=0 homojen xətti tənliyini həll edin: dy/dx=-y; dy/y=-dx. Gəlin inteqrasiya edək:

Daha rahat qeyd formasını əldə etmək üçün biz C-nin gücünün göstəricisini yeni C kimi götürürük:

Bu çevrilmə törəmənin tapılmasını daha rahat etmək üçün həyata keçirilmişdir.

2) Xətti bircinsli tənliyin nəticədə ümumi həllində C-ni sabit deyil, x-in funksiyası hesab edirik: C=C(x). Bu şərtlə

Nəticədə y və y' ifadələrini şərtlə əvəz edirik:

Tənliyin hər iki tərəfini ilə çarpın

Hissələr düsturundan istifadə edərək tənliyin hər iki tərəfini inteqrasiya edirik, alırıq:

Burada C artıq funksiya deyil, adi sabitdir.

3) Homojen tənliyin ümumi həllində

tapılmış C(x) funksiyasını əvəz edin:

Bernulli üsulu ilə həll edərkən eyni cavabı aldıq.

Həll etmək üçün ixtiyari sabitin dəyişmə üsulu da tətbiq olunur.

y'x+y=-xy².

Tənliyi standart formaya gətiririk: y’+y/x=-y² (II).

1) y’+y/x=0 homojen tənliyini həll edin. dy/dx=-y/x. Tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vurub y-yə bölürük: dy/y=-dx/x. İndi inteqrasiya edək:

Yaranan ifadələri (II) şərtlə əvəz edirik:

Sadələşdirək:

C və x üçün ayrıla bilən dəyişənləri olan bir tənlik əldə etdik:

Burada C artıq adi sabitdir. İnteqrasiya prosesində qeydi çox yükləməmək üçün C(x) əvəzinə sadəcə C yazdıq. Və sonda C(x)-i yeni C ilə qarışdırmamaq üçün C(x)-ə qayıtdıq.

3) Bircinsli y=C(x)/x tənliyinin ümumi həllində tapılmış C(x) funksiyasını əvəz edirik:

Bernoulli metodundan istifadə edərək həll edərkən eyni cavabı aldıq.

Öz-özünə sınaq nümunələri:

1. Tənliyi standart formada yenidən yazaq: y’-2y=x.

1) y’-2y=0 homojen tənliyini həll edin. y’=dy/dx, deməli, dy/dx=2y, tənliyin hər iki tərəfini dx-ə vurub, y-yə bölün və inteqral edin:

Buradan y tapırıq:

Şərtdə y və y' ifadələrini əvəz edirik (qısalıq üçün C(x) əvəzinə C və C"(x) əvəzinə C' istifadə edəcəyik):

Sağ tərəfdəki inteqralı tapmaq üçün hissələr üzrə inteqrasiya düsturundan istifadə edirik:

İndi u, du və v-ni düsturda əvəz edirik:

Burada C =const.

3) İndi məhlulda homojeni əvəz edirik

Laqranj sabitlərinin dəyişməsi üsulu ilə sabit əmsallı daha yüksək dərəcəli xətti qeyri-bərabər diferensial tənliklərin həlli üsulu nəzərdən keçirilir. Laqranj metodu, əgər homojen tənliyin əsas həllər sistemi məlumdursa, istənilən xətti qeyri-homogen tənliklərin həlli üçün də tətbiq olunur.

Məzmun

Həmçinin bax:

Laqranj metodu (sabitlərin dəyişməsi)

İxtiyari n-ci dərəcəli sabit əmsalları olan xətti qeyri-bərabər diferensial tənliyi nəzərdən keçirək:
(1) .
Birinci dərəcəli tənlik üçün nəzərdə tutduğumuz sabitin dəyişmə üsulu daha yüksək dərəcəli tənliklər üçün də tətbiq edilir.

Həll iki mərhələdə həyata keçirilir. İlk addımda sağ tərəfi atırıq və homojen tənliyi həll edirik. Nəticə etibarı ilə n ixtiyari sabitdən ibarət həlli əldə edirik. İkinci mərhələdə biz sabitləri dəyişirik. Yəni biz hesab edirik ki, bu sabitlər müstəqil x dəyişənin funksiyalarıdır və bu funksiyaların formasını tapırıq.

Baxmayaraq ki, biz burada sabit əmsallı tənlikləri nəzərdən keçiririk, lakin Laqranj metodu istənilən xətti qeyri-bərabər tənliklərin həlli üçün də tətbiq olunur. Bunun üçün isə homojen tənliyin əsas həllər sistemi məlum olmalıdır.

Addım 1. Homojen tənliyin həlli

Birinci dərəcəli tənliklərdə olduğu kimi, biz əvvəlcə homojen tənliyin ümumi həllini axtarırıq, sağ tərəfin qeyri-bərabər tərəfini sıfıra bərabərləşdiririk:
(2) .
Bu tənliyin ümumi həlli belədir:
(3) .
Budur ixtiyari sabitlər; - bu tənliyin əsas həllər sistemini təşkil edən bircins tənliyin (2) xətti müstəqil n həlli.

Addım 2. Sabitlərin dəyişməsi - sabitlərin funksiyalarla əvəz edilməsi

İkinci mərhələdə biz sabitlərin dəyişməsi ilə məşğul olacağıq. Başqa sözlə, sabitləri müstəqil x dəyişəninin funksiyaları ilə əvəz edəcəyik:
.
Yəni, orijinal tənliyin (1) aşağıdakı formada həllini axtarırıq:
(4) .

Əgər (4)-ü (1) əvəz etsək, n funksiya üçün bir diferensial tənlik alırıq. Bu halda biz bu funksiyaları əlavə tənliklərlə birləşdirə bilərik. Onda siz n funksiyanın təyin oluna biləcəyi n tənlik alırsınız. Əlavə tənliklər yazıla bilər fərqli yollar. Amma biz bunu elə edəcəyik ki, həll ən sadə formaya malik olsun. Bunun üçün diferensiallaşdırarkən funksiyaların törəmələrini ehtiva edən şərtləri sıfıra bərabərləşdirmək lazımdır. Gəlin bunu nümayiş etdirək.

Təklif olunan həlli (4) orijinal tənliyə (1) əvəz etmək üçün (4) şəklində yazılmış funksiyanın ilk n sıralarının törəmələrini tapmaq lazımdır. Cəmin və məhsulun fərqləndirmə qaydalarından istifadə edərək (4) fərqləndiririk:
.
Gəlin üzvləri qruplaşdıraq. Əvvəlcə törəmələri olan şərtləri, sonra isə törəmələri olan şərtləri yazırıq:

.
Birinci şərti funksiyalara qoyaq:
(5.1) .
Onda birinci törəmə üçün ifadə daha sadə formada olacaq:
(6.1) .

Eyni üsuldan istifadə edərək ikinci törəməni tapırıq:

.
Funksiyalara ikinci şərt qoyaq:
(5.2) .
Sonra
(6.2) .
Və s. IN əlavə şərtlər, funksiyaların törəmələrini ehtiva edən terminləri sıfıra bərabərləşdiririk.

Beləliklə, funksiyalar üçün aşağıdakı əlavə tənlikləri seçsək:
(5.k) ,
onda ilk törəmələr ən sadə formaya sahib olacaqlar:
(6.k) .
Budur.

n-ci törəməni tapın:
(6.n)
.

Orijinal tənliyi (1) əvəz edin:
(1) ;






.
Nəzərə alaq ki, bütün funksiyalar (2) tənliyini təmin edir:
.
Sonra sıfırı ehtiva edən şərtlərin cəmi sıfır verir. Nəticədə əldə edirik:
(7) .

Nəticədə, törəmələr üçün xətti tənliklər sistemi əldə etdik:
(5.1) ;
(5.2) ;
(5.3) ;
. . . . . . .
(5.n-1) ;
(7′) .

Bu sistemi həll edərək, x-in funksiyası kimi törəmələr üçün ifadələr tapırıq. İnteqrasiya edərək əldə edirik:
.
Budur, artıq x-dən asılı olmayan sabitlər. (4)-i əvəz edərək, orijinal tənliyin ümumi həllini əldə edirik.

Qeyd edək ki, törəmələrin dəyərlərini təyin etmək üçün heç vaxt a i əmsallarının sabit olması faktından istifadə etməmişik. Buna görə də Laqranj metodu istənilən xətti qeyri-bərabər tənlikləri həll etmək üçün tətbiq olunur, əgər homojen tənliyin (2) əsas həllər sistemi məlumdursa.

Nümunələr

Sabitlərin dəyişməsi metodundan (Laqranj) istifadə edərək tənlikləri həll edin.


Nümunələrin həlli > > >

Həmçinin bax: Birinci dərəcəli tənliklərin sabitin dəyişməsi üsulu ilə həlli (Laqranj)
Bernulli metodundan istifadə edərək daha yüksək dərəcəli tənliklərin həlli
Sabit əmsallı daha yüksək dərəcəli xətti qeyri-homogen diferensial tənliklərin xətti əvəzetmə yolu ilə həlli